1、 天津市 2020 届高三上学期期末检测 物理测试卷物理测试卷 第第卷卷 一、单项选择题（每小题一、单项选择题（每小题 5 分，共分，共 25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1.下列说法正确的是（ ） A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为引力 B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和 C. 只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半 D. 如果没有能量损失，则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能 2.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体 A,
2、A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙 之间放一光滑圆球 B,整个装置处于静止状态,若把 A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则 A. B 对墙的压力增大 B. A 与 B之间的作用力增大 C. 地面对 A的摩擦力减小 D. A 对地面的压力减小 3.我国在近两年将发射 10颗左右的导航卫星，预计在 2015年建成由 30多颗卫星组成的 “北斗二号”卫星导 航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成.现在正在服役的“北斗一号”卫星定位系统的 三颗卫星都定位在距地面36000km的地球同步轨道上.而美国的全球卫星定位系统(简称GPS)由24颗卫星组 成，这些卫星距地面的高度均为 20000
3、km.则下列说法中正确的是 A. “北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相等 B. GPS 的卫星比“北斗一号”的卫星周期短 C. “北斗二号”中的每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大 D. “北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度 4.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在直线平行于两 电荷的连线，且 a与 c关于 MN 对称，b 点位于 MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（ ） A. b点场强大于 d 点场强 B. b点场强为零 C. a、b两点间的电势差等于 b、c两点间的电势差 D. 试探电荷+q在
4、 a点的电势能小于在 c 点的电势能 5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A处的圆环相连，弹簧水平且 处于原长圆环从 A处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C处的速度为零，ACh圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g则圆环（ ） A. 下滑过程中，加速度一直减小 B. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为 2 1 4 mv C. 在 C处，弹簧的弹性势能为 2 1 4 mvmgh D. 上滑经过 B 的速度小于下滑经过 B的速度 二、多项选择题（每小题二、多项选择题（每小题 5 分，共分，共 15
5、分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。 全部选对的得全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得分，有选错或不答的得 0 分）分） 6.如图所示，在匀强磁场中匀速转动矩形线圈（单匝）的周期为 T，转轴 O1O2垂直于磁场方向，线圈电 阻为 2从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过 60 时的感应电流为 1A那么 A. 线圈消耗的电功率为 4W B. 线圈中感应电流的有效值为 2A C. 任意时刻线圈中的感应电动势为 2 4coset T D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为 2 sin T t
6、T 7.简谐横波在同一均匀介质中沿 x轴正方向由 a到 b 传播，波速为 v。若某时刻在波传播方向上，位于平 衡位置的两质点 a、b 相距为 s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻开始计时，质点 a第一次到达波谷 的时刻可能是（ ） A. 3 2 s v B. 2 s v C. 3s v D. 4 s v 8.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出， 分成 a、b 两束平行单色光。下列说法中正确的是（ ） A. 玻璃对 a光的折射率小于对 b 光的折射率 B. 在玻璃中 a光的全反射临界角小于 b光的全反射临界角 C. 在玻璃中 a光的传播
7、速度大于 b光的传播速度 D. 同一光电管得到的 a 光的遏止电压比 b 光的大 第第卷卷 三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共 55 分）分） 9.（1）某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”他们在气垫导轨上安装了一个光电门 B，滑 块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次 滑块都从 A处由静止释放 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d=_mm 下列实验要求中不必要的一项是_（请填写选项前对应的字母） A应使滑块质量远
8、大于钩码和力传感器的总质量 B应使 A位置与光电门间的距离适当大些 C应将气垫导轨调至水平 D应使细线与气垫导轨平行 实验时保持滑块质量 M和 A、B 间的距离 L不变，改变钩码质量 m，测出对应的力传感器的示数 F 和 遮光条通过光电门的时间 t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理 数据时应作出的图象是_（请填写选项前对应的字母） A作出“t-F 图象” B作出“t2-F 图象” C作出“t2-F-1图象” D作出“t-1-F2图象” 10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，除导线、开关外，实验室还提供如下器材： A电压表 V1（3V，内阻约
9、为 5k） B电压表 V2（15V，内阻约为 10k） C电流表 A1（06A，内阻约为 1） D电流表 A2（3A，内阻约为 003） E阻值为 20的定值电阻 R1 F阻值为 20的定值电阻 R2 G最大阻值为 10的滑动变阻器 R3 H最大阻值为 100的滑动变阻器 R4 要求尽量减小实验误差。 (1)应该选择的实验电路是图_（选“a”或“b”） ； (2)电流表应选择_，电压表应选择_，定值电阻应选择_，滑动变阻器应选择_； （填写 选项前的序号） (3)通过实验采集数据，分别以电流表的示数 I（A）和电压表的示数 U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得 到 UI图像，拟合公式为 U=2.
10、6I+1.4，则电源的电动势 E=_V；内阻 r=_； (4)在该实验中，产生系统误差的主要原因是_。 A电压表分流作用 B电压表的分压作用 C电流表的分压作用 D电流表的分流作用 E定值电阻的分压作用 F滑动变阻器的分流作用 11.如图，质量为 6m、长为 L的薄木板 AB 放在光滑的平台上，木板 B 端与台面右边缘齐平B 端上放有质 量为 3m且可视为质点的滑块 C，C与木板之间的动摩擦因数为 1 3 ， 质量为 m的小球用长为 L的细绳悬 挂在平台右边缘正上方的 O点，细绳竖直时小球恰好与 C接触 现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放， 小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C碰撞后反
11、弹速率为碰前的一半 (1)求细绳能够承受的最大拉力； (2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断 C能否从木板上掉下来 12.如图所示，将边长为 a、质量为 m、电阻为 R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为 b、磁感应强度 为 B 的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一 半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场整个运动过程中始终存在着大小恒定 的空气阻力 f，且线框不发生转动求： (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度 v2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度 v1； (3)
12、线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热 Q. 13.在竖直平面内建立一平面直角坐标系 xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示第二象限内有一水平向右的匀 强电场，场强为 E1坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上， 场强 E2= 1 2 E ，匀强磁场方向垂直纸面处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个 比荷 q m =102C/kg的带正电的微粒（可视为质点） ，该微粒以 v0=4m/s 的速度从-x 上的 A点进入第二象限，并 以 v1=8m/s 速度从+y上的 C点沿水平方向进入第一象限取微粒刚进入第一象限的时刻为 0 时刻，磁感应 强度按
13、图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向） ，g=10m/s2试求： （1）带电微粒运动到 C 点的纵坐标值 h及电场强度 E1； （2）+x轴上有一点 D，OD=OC，若带电微粒在通过 C 点后的运动过程中不再越过 y轴，要使其恰能沿 x 轴正方向通过 D点，求磁感应强度 B0及其磁场的变化周期 T0为多少？ （3）要使带电微粒通过 C点后的运动过程中不再越过 y轴，求交变磁场磁感应强度 B0和变化周期 T0的乘 积 B0T0应满足的关系？ 答案与详解答案与详解 一、单项选择题（每小题一、单项选择题（每小题 5 分，共分，共 25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）分
14、。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1.下列说法正确的是（ ） A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为引力 B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和 C. 只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半 D. 如果没有能量损失，则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能 【答案】C 【详解】A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为斥力，选项 A 错误； B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和势能之和，选项 B 错误； C. 根据理想气体状态方程 PV C T ，只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其
15、体积减少一半， 选项 C正确； D. 由热力学第二定律知热机不能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能，选项 D 错误。 故选 C。 2.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体 A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙 之间放一光滑圆球 B,整个装置处于静止状态,若把 A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则 A. B 对墙的压力增大 B. A 与 B之间的作用力增大 C. 地面对 A的摩擦力减小 D. A 对地面压力减小 【答案】C 【解析】 【详解】AB小球 B 受重力、A 的支持力 F1和墙壁的压力 F2如下图所示： 将重力 G 分解为 G1和 G2，则根据平衡可知
16、， 11 G FG cos F2=G2=Gtan 当 A 向右移动少许，根据题意可知，A对小球 B 的作用力 F1与竖直方向的夹角 将减小，根据力图分析可 知：因为 减小，则 cos增大，tan 减小，即墙壁对小球 B的作用力将减小，A 对小球 B 的支持力减小根 据牛顿第三定律可知，球 B 对墙壁的压力将减小，球 B 对 A的压力亦减小，选项 AB错误 C再对 A进行受力分析知： 由于 A的平衡，所以 A 受地面摩擦力 f=FBsin，根据题意知，B对 A 的压力 FB减小且 FB与竖直方向的夹角 减小，故 A所受地面的摩擦力 f减小再根据牛顿第三定律，地面所受 A的摩擦力减小，选项 C 正
17、确 D对 AB的整体，竖直方向受到地面的支持力和 AB的重力，则地面的支持力等于 AB 的重力之和，选项 D 错误 3.我国在近两年将发射 10颗左右的导航卫星，预计在 2015年建成由 30多颗卫星组成的 “北斗二号”卫星导 航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成.现在正在服役的“北斗一号”卫星定位系统的 三颗卫星都定位在距地面36000km的地球同步轨道上.而美国的全球卫星定位系统(简称GPS)由24颗卫星组 成，这些卫星距地面的高度均为 20000km.则下列说法中正确的是 A. “北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相等 B. GPS 的卫星比“北斗一号”的卫星周期短
18、C. “北斗二号”中每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大 D. “北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度 【答案】B 【详解】同步轨道上的卫星质量可以不等，故 A 错；多卫星围绕同一天体做匀速圆周运动时，万有引力提 供向心力，即，解得，可知，轨道半 径越大，v、 、越小，周期 T 变大，“北斗一号”的轨道半径大于 GPS的卫星，故 GPS的卫星周期短， B正确；“北斗二号”由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成，则高轨道卫星轨道半径比“北斗一号”还大， 加速度应小于“北斗一号”中的每颗卫星， 故 C错； “北斗二号”中的中轨道卫星的线速度大于高轨道卫星的线 速度，故
19、D错答案为 B 4.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在直线平行于两 电荷的连线，且 a与 c关于 MN 对称，b 点位于 MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（ ） A. b点场强大于 d 点场强 B. b点场强为零 C. a、b两点间的电势差等于 b、c两点间的电势差 D. 试探电荷+q在 a点的电势能小于在 c 点的电势能 【答案】C 【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电场 强度最大。所以 b点的场强小于连线中点的场强，d 点的场强大于中点的场强，则 b点场强小于 d 点场
20、强， 选项 A错误； B.根据适矢量的叠加，b 点的合场强由 b指向 c，不为零，选项 B错误； C.由对称性可知，a、b 两点的电势差等于 b、c 两点间的电势差，选项 C正确； D.因 a点的电势高于 c 点的电势，故试探电荷+q 在 a 点的电势能大于在 c点的电势能，选项 D错误。 故选 C。 5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A处的圆环相连，弹簧水平且 处于原长圆环从 A处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C处的速度为零，ACh圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g则圆环（ ）
21、A. 下滑过程中，加速度一直减小 B. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为 2 1 4 mv C. 在 C处，弹簧的弹性势能为 2 1 4 mvmgh D. 上滑经过 B 的速度小于下滑经过 B的速度 【答案】B 【详解】A.圆环从 A处由静止开始下滑，经过 B处的速度最大，到达 C处的速度为零，所以圆环先做加速 运动，再做减速运动，又经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为零，所以加速度先减小后增大， 选项 A错误； B.研究圆环从 A处由静止开始下滑到 C 过程，运用动能定理有： 0 00 f mgh WW 弹 同理在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A，运用动能定理有：
22、 2 1 0 2 f mgh WWmv 弹 联立解得： 2 1 4 f Wmv，选项 B正确； C.由 0 f mgh WW 弹 得 2 1 4 Wmghmv 弹 ， 所以在 C 处弹簧的弹性势能为 2 1 4 mghmv， 选项 C 错误； D.圆环从 A 处由静止开始下滑到 B 过程，运用动能定理有： 2 1 0 2 fB mghWWmv 弹 圆环从 B 处上滑到 A的过程，运用动能定理有： 2 1 0 2 fB mghWWmv 弹 即 2 1 2 fB mghWWmv 弹 所以 BB vv ，即上滑经过 B的速度大于下滑经过 B 的速度，选项 D 错误。 故选 B。 二、多项选择题（每小
23、题二、多项选择题（每小题 5 分，共分，共 15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。 全部选对的得全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得分，有选错或不答的得 0 分）分） 6.如图所示，在匀强磁场中匀速转动矩形线圈（单匝）的周期为 T，转轴 O1O2垂直于磁场方向，线圈电 阻为 2从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过 60 时的感应电流为 1A那么 A. 线圈消耗的电功率为 4W B. 线圈中感应电流的有效值为 2A C. 任意时刻线圈中的感应电动势为 2 4coset T D.
24、任意时刻穿过线圈的磁通量为 2 sin T t T 【答案】AC 【详解】 从垂直中性面开始其瞬时表达式为cos m iI，则电流的最大值为 1 2 coscos60 m i IA ，B错误； 感应电动势的最大值为 2 2V4V mm EI r，任意时刻线圈中的感应电动势为 22 cos4cos m eEtt TT ，C正确；线圈消 耗的电功率为 222 22 ()(2)2W4W 22 m PI rIr，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为 2 sin?BSt T ，根据公式 2 mm ENBSN T 可得 42 22 1 mm EET N N TT ,故 22 sin T t T ，D错误；
25、7.简谐横波在同一均匀介质中沿 x轴正方向由 a到 b 传播，波速为 v。若某时刻在波的传播方向上，位于平 衡位置的两质点 a、b 相距为 s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻开始计时，质点 a第一次到达波谷 的时刻可能是（ ） A. 3 2 s v B. 2 s v C. 3s v D. 4 s v 【答案】AD 【详解】位于平衡位置的两质点 a、b 相距为 s，a、b 之间只存在一个波谷，则 a、b 之间波形可能为以下几 种情况： 又因为波沿 x轴正方向由 a 到 b 传播，则 a 点的振动方向如图所示。 所以质点 a 第一次到达波谷的时刻可能是： 1 3333 23 44442 ss
26、 tT vvvv 2 33333 44444 ss tT vvvv 3 11 4444 s tT vvv 4 2 11 3 44446 s s tT vvvv 选项 AD正确，BC错误。故选 AD。 【点睛】解决本题的关键要确定波长与 s的关系，求得周期。并能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方 向。 8.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出， 分成 a、b 两束平行单色光。下列说法中正确的是（ ） A. 玻璃对 a光的折射率小于对 b 光的折射率 B. 在玻璃中 a 光的全反射临界角小于 b光的全反射临界角 C. 在玻璃中 a 光的传播速
27、度大于 b光的传播速度 D. 同一光电管得到的 a光的遏止电压比 b 光的大 【答案】BD 【详解】A. 由图看出，光线通过平行的玻璃砖后，a 光的侧移大于 b 光的侧移，说明玻璃对 a 光的折射率 大于对 b光的折射率，选项 A 错误； B. 由 1 sinC n 知折射率越大，临界角越小，所以在玻璃中 a光的全反射临界角小于 b光的全反射临界角， 选项 B正确； C. 由 c n v 可知在玻璃中 a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，选项 C 错误； D. 折射率越大遏止电压越大，所以同一光电管得到的 a光的遏止电压比 b 光的大，选项 D 正确。 故选 BD。 第第卷卷 三、非选择题
28、（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共 55 分）分） 9.（1）某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”他们在气垫导轨上安装了一个光电门 B，滑 块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次 滑块都从 A处由静止释放 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d=_mm 下列实验要求中不必要的一项是_（请填写选项前对应的字母） A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B应使 A位置与光电门间的距离适当大些 C应将气垫导轨调至水平 D应使细线与
29、气垫导轨平行 实验时保持滑块的质量 M 和 A、B间的距离 L 不变，改变钩码质量 m，测出对应的力传感器的示数 F 和 遮光条通过光电门的时间 t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理 数据时应作出的图象是_（请填写选项前对应的字母） A作出“t-F 图象” B作出“t2-F 图象” C作出“t2-F-1图象” D作出“t-1-F2图象” 【答案】 (1). 2. 30 (2). A (3). C 【详解】1 游标卡尺测得遮光条的宽度0.2cm6 0.05mm2.30mmd . 2 A该实验中滑块受到的力可以直接通过力传感器测得，因此不必要使滑块质量远大于钩码
30、和力传感 器的总质量。 B为了测量的准确性，应使 A 位置与光电门间的距离适当大些； C D本实验应将气垫导轨调至水平，使细线与气垫导轨平行。 本题选不必要的一项，故选 A。 3 滑块动能变化 2 22 2 11 ( ) 222 k dmd Emvm tt ，合外力对它所做功的W = FL，若合外力做功与动能 变化相等，则有 2 2 2 md FL t ，即 2 2 1 2 md t LF 所以要研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出“t2-F-1图象”。 选项 C正确，ABD错误。 故选 C。 10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，除导线、开关外，实验室
31、还提供如下器材： A电压表 V1（3V，内阻约为 5k） B电压表 V2（15V，内阻约为 10k） C电流表 A1（06A，内阻约为 1） D电流表 A2（3A，内阻约为 003） E阻值为 20的定值电阻 R1 F阻值为 20的定值电阻 R2 G最大阻值为 10的滑动变阻器 R3 H最大阻值为 100的滑动变阻器 R4 要求尽量减小实验误差。 (1)应该选择的实验电路是图_（选“a”或“b”） ； (2)电流表应选择_，电压表应选择_，定值电阻应选择_，滑动变阻器应选择_； （填写 选项前的序号） (3)通过实验采集数据，分别以电流表的示数 I（A）和电压表的示数 U（V）为横、纵坐标，计
32、算机拟合得 到 UI图像，拟合公式为 U=2.6I+1.4，则电源的电动势 E=_V；内阻 r=_； (4)在该实验中，产生系统误差的主要原因是_。 A电压表的分流作用 B电压表的分压作用 C电流表的分压作用 D电流表的分流作用 E定值电阻的分压作用 F滑动变阻器的分流作用 【答案】 (1). a (2). A (3). C (4). E (5). G (6). 1.4 (7). 0.6 (8). A 【详解】(1)1由于两电表内阻未知，并且电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以应采用相对电源的 外接法，故选择 a电路； (2)23一节干电池电动势约为 1.5V，则电压表应选 03V 的 C
33、；电路中电流较小，故电流表应选择量程较 小的 A1； 45由于电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的 E；为方便实验操作， 滑动变阻器应选总阻值较小的 G； (3)67由闭合电路欧姆定律可知，U=EIr，对比给出的公式 U=2.6I+1.4可知，电源电动势 1.4VE 等效内阻为 2.6，则电源实际内阻 (2.62)0.6r (4)8本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，而保护电阻作为内阻处理，不影响实验结果， 电流表内阻和滑动变阻器没有影响，故 A正确，BCDE 错误。 故选 A。 11.如图，质量为 6m、长为 L的薄木板 AB 放在光滑的平台上，木板
34、B 端与台面右边缘齐平B 端上放有质 量为 3m且可视为质点的滑块 C，C与木板之间的动摩擦因数为 1 3 ， 质量为 m的小球用长为 L的细绳悬 挂在平台右边缘正上方的 O点，细绳竖直时小球恰好与 C接触 现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放， 小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C碰撞后反弹速率为碰前的一半 (1)求细绳能够承受的最大拉力； (2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断 C能否从木板上掉下来 【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来 【详解】 （1）设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由
35、机械能守恒定律得： 2 0 1 2 mgLmv 解得： 0 2vgL 小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律： 2 0 v Tmgm R 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T=T 解得：T=3mg （2）小球碰撞后平抛运动在竖直方向上： 2 1 2 hgt 水平方向：L= 0 2 v t 解得：h=L （3）小球与滑块 C 碰撞过程中小球和 C 系统满足动量守恒，设 C 碰后速率为 v1，以小球的初速度方向为正 方向，由动量守恒定律得： 0 01 3 2 v mvmmv 设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为 v2，由动量守恒定律的： 12 336mvmm
36、 v 由能量守恒定律得： 22 12 11 3363 22 mvmm vmgs 联立解得：s=L/2 由 sL 知，滑块 C 不会从木板上掉下来 【点睛】 （1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力； （2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题； （3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出 C 的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题 12.如图所示，将边长为 a、质量为 m、电阻为 R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为 b、磁感应强度 为 B 的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一 半，线框离开磁场
37、后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场整个运动过程中始终存在着大小恒定 的空气阻力 f，且线框不发生转动求： (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度 v2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度 v1； (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热 Q. 【答案】(1) 22 mgfR B a (2) 2 2 1 22 R vmgf B a (3) 2 2 2 44 3 2 mR Qmgfmgfab B a 【分析】 (1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁 场后继续上升一段高度（设为 h） ，然后下落相同高度 h 到匀速
38、进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做 功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程(3)求解焦耳热 Q，需要特别注意的是线框 向上穿过磁场是位移是 a+b 而不是 b，这是易错的地方 【详解】(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有： 22 2 B a v mgf R 解得： 2 22 ()mgf R v B a (2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理： 2 1 1 0()0 2 mgf hmv 线圈从最高点落至进入磁场瞬间： 2 1 1 () 2 mgf hmv 联立解得： 22 12 22 () mgfR vvmgf mgfB a (3)线框在向上通过磁
39、场过程中，由能量守恒定律有： 22 01 11 ()() 22 Qmgfabmvmv 而 01 2vv 解得： 2 22 44 3 ()()() 2 mR Qmgfmgfab B a 即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为 2 22 44 3 ()()() 2 mR Qmgfmgfab B a 【点睛】此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利 用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误. 13.在竖直平面内建立一平面直角坐标系 xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示第二象限内有一水平向右的匀 强电场，
40、场强为 E1坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上， 场强 E2= 1 2 E ，匀强磁场方向垂直纸面处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个 比荷 q m =102C/kg的带正电的微粒（可视为质点） ，该微粒以 v0=4m/s 的速度从-x 上的 A点进入第二象限，并 以 v1=8m/s 速度从+y上的 C点沿水平方向进入第一象限取微粒刚进入第一象限的时刻为 0 时刻，磁感应 强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向） ，g=10m/s2试求： （1）带电微粒运动到 C 点的纵坐标值 h及电场强度 E1； （2）+x轴上有
41、一点 D，OD=OC，若带电微粒在通过 C 点后的运动过程中不再越过 y轴，要使其恰能沿 x 轴正方向通过 D点，求磁感应强度 B0及其磁场的变化周期 T0为多少？ （3）要使带电微粒通过 C点后的运动过程中不再越过 y轴，求交变磁场磁感应强度 B0和变化周期 T0的乘 积 B0T0应满足的关系？ 【答案】 （1）02N/C （2）B0=02n（T） （n=1，2，3） ； 0 20 Ts n （n1，2，3） （3） 00 60 B T （kg/C） 【详解】(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水 平方向上做匀加速直线运动. 0 0.4 v
42、ts g . 0 0.8 2 v htm . 1 2 x v ag t ， 则 qE1=2mg，计算得出 E1=0.2N/C. (2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则 2 1 10 v qv Bm R 可得 0 0.08 R B . 使粒子从C点运动到D点，则有： 0 0.08 (2 )(2 )hn Rn B . 计算得出： 0 0.2BnT （n=1，2，3）. 0 2 m T qB 0 24 TT ， 0 0 ( ) 220 Tm Ts qBn （n=1，2，3）. (3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情
43、形： 由图可以知道 5 6 0 0 55 6300 TT B . 00 (/) 60 B Tkg C 【点睛】 （1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合 运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1； （2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子 的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁 感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式 （3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范 围，以及B0 T0应满足的关系
